电磁场第四章-习题解答.doc

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1、-_第四章习题解答第四章习题解答4.1 如题 4.1 图所示为一长方形截面的导体槽，槽可视为无限长，其上有一块与槽相绝缘的盖板，槽的电位为零，上边盖板的电位为0U，求槽内的电位函 数。解解 根据题意，电位( , )x y满足的边界条件为 (0, )( , )0ya y ( ,0)0x 0( , )x bU根据条件和，电位( , )x y的通解应取为1( , )sinh()sin()n nn yn xx yAaa由条件，有0 1sinh()sin()n nn bn xUAaa两边同乘以sin()n x a，并从 0 到a对x积分，得到002sin()dsinh()anUn xAxan b aa

2、02(1 cos)sinh()Unnn b a04,1,3,5,sinh() 02,4,6,Unnn b a n ，故得到槽内的电位分布 01,3,5,41( , )sinh()sin()sinh()nUn yn xx ynn b aaa 4.2 两平行无限大导体平面，距离为b，其间有一极薄的导体片由dy 到 by )(x。上板和薄片保持电位0U，下板保持零电位，求板间电位的 解。设在薄片平面上，从0y到dy ，电位线 性变化，0(0, )yU y d。 解解 应用叠加原理，设板间的电位为 ( , )x y12( , )( , )x yx y其中，1( , )x y为不存在薄片的平行无限 大导

3、体平面间（电压为0U）的电位，即10( , )x yU y b；2( , )x y是两个电位为零的平行导体板间有导体薄片时的电位， 其边界条件为： 22( ,0)( , )0xx b-_ 2( , )0 ()x yx 0 021 00(0) (0, )(0, )(0, ) ()UUyydbyyyUUyydybdb 根据条件和，可设2( , )x y的通解为 2 1( , )sin()enxb n nn yx yAb由条件有 0 0100(0) sin() ()n nUUyydn ybAUUbyydybdb 两边同乘以sin()n y b，并从 0 到b对y积分，得到0002211(1)sin(

4、)d() sin()ddbn dUUyn yn yAyyybbbbdbb0 22sin()()Ubn d ndb 故得到 ( , )x y00 22 121sin()sin()enxbnUbUn dn yybdnbb 4.3 求在上题的解中，除开0U y b一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。并按2 02 UWCe f 定出边缘电容。解解 在导体板（0y）上，相应于2( , )x y的电荷面密度002 20 0121sin()enxbynUn d ydnb 则导体板上（沿z方向单位长）相应的总电荷222 0d2dqxx001022sin()ednxbnUn dxn db 00 22 141s

5、in()nU bn d dnb 相应的电场储能为 2 00 2022 1211sin()2e nbUn dWq Udnb 其边缘电容为 0 222 10241sin()e f nWbn dCUdnb 4.4 如题 4.4 图所示的导体槽，底面保持电位0U，其余两面电位为零，求 槽内的电位的解。解解 根据题意，电位( , )x y满足的边界条件为 (0, )( , )0ya y ( , )0 ()x yy 0( ,0)xU根据条件和，电位( , )x y的通解应取 为-_1( , )sin()n nn y an xx yA ea 由条件，有 0 1sin()n nn xUAa两边同乘以sin()

6、n x a，并从 0 到a对x积分，得到002sin()danUn xAxaa02(1 cos)Unn04,1,3,5,02,4,6,Unn n ，故得到槽内的电位分布为 01,3,5,41( , )sin()n y anUn xx yena 4.5 一长、宽、高分别为a、b、c的长方体表面保持零电位，体积内填 充密度为()sin()sin()xzy ybac的电荷。求体积内的电位。 解解 在体积内，电位满足泊松方程222222 01()sin()sin()xzy ybxyzac （1）长方体表面S上，电位满足边界条件0S。由此设电位的通解为11101( , , )sin()sin()sin(

7、)mnp mnpm xn yp zx y zAabc代入泊松方程（1） ，可得222111()()() mnp mnpmnpAabcsin()sin()sin()m xn yp z abc()sin()sin()xzy ybac由此可得 0mnpA(1m 或1)p 222 1 1 1()()() sin()n pnn yAabcb()y yb（2） 由式（2） ，可得222 1 1 02()()() ()sin()dbnnn yAy ybyabcbb34() (cos1)bnb n2381,3,5,() 02,4,6,bnn n -_故 2532221,3,5,081( , , )sin()s

8、in()sin()11( )( )( ) nbxn yzx y znabcnabc 4.6 如题 4.6 图所示的一对无限大接地平行导体板，板间有一与z轴平行的线电荷lq，其位置为),0(d。求板间的电位函数。解解 由于在(0, )d处有一与z轴平行的线电荷lq，以0x 为界将场空间分割为0x 和0x 两个区域，则这两个区域中的电位1( , )x y和2( , )x y都满足拉普拉斯方程。而在0x 的分界面上，可利用函数将线电荷lq表示成电荷面密度0( )()lyqyy。 电位的边界条件为 11( ,0)( , )0xx a=22( ,0)( , )0xx a= 1( , )0x y()x 2

9、( , )0x y()x 12(0, )(0, )yy21 0 0()()l xqydxx 由条件和，可设电位函数的通解为1 1( , )sin()n nn x an yx yA ea(0)x 2 1( , )sin()n nn x an yx yB ea(0)x 由条件，有1sin()n nn yAa 1sin()n nn yBa（1）1sin()n nnn yAaa 1sin()n nnn yBaa0()lqyd（2） 由式（1） ，可得 nnAB（3）将式（2）两边同乘以sin()m y a，并从0到a对y积分，有nnAB002()sin()dalqn yydyna 02sin()lqn

10、 d na （4） 由式（3）和（4）解得0sin()l nnqn dABna 故 1 101( , )sin()sin()lnn x aqn dn yx yenaa(0)x -_2 101( , )sin()sin()lnn x aqn dn yx yenaa(0)x 4.7 如题 4.7 图所示的矩形导体槽的电位为 零 ，槽中 有一与槽平行的线电荷lq。求槽内的电位函数。解解 由于在),(00yx处有一与z轴平行的线电荷lq，以0xx 为界将场空间分割为00xx和0xxa两个区域，则这两个区域中的电位1( , )x y和2( , )x y都满足拉普拉斯方程。而在0xx 的分界面上，可利用函

11、数将线电荷lq表示成电荷面密度0( )()lyqyy，电位的 边界条件为 1(0, ) 0y =，2( , )0a y 11( ,0)( , )0xx b=22( ,0)( , )0xx b= 1020(, )(, )xyxy021 0 0()()l x xqyyxx 由条件和，可设电位函数的通解为1 1( , )sin()sinh()n nn yn xx yAbb)0(0xx 2( , )x y1sin()sinh()n nn ynBaxbb)(0axx由条件，有0 0 11sin()sinh()sin()sinh()nn nnn xn yn ynABaxbbbb（1）01sin()cosh

12、()n nn xnn yAbbb0 1sin()cosh()n nnn ynBaxbbb)(0 0yyql（2） 由式（1） ，可得0 0sinh()sinh()0nnn xnABaxbb（3）将式（2）两边同乘以sin()m y b，并从0到b对y积分，有)(cosh)cosh(00xabnBbxnAnn 0002()sin()dblqn yyyynb002sin()lqn y nb （4） 由式（3）和（4）解得-_0 0 021sinh()sin()sinh()l nqn ynAaxn a b nbb 00021sinh()sin()sinh()l nqn xn yBn a b nbb

13、故 10 1021( , )sinh()sinh()lnqnx yaxnn a bb0sin()sinh()sin()n yn xn y bbb)0(0xx 0 2 1021( , )sinh()sinh()lnqn xx ynn a bb0sin()sinh()sin()n ynn yaxbbb)(0axx若以0yy为界将场空间分割为00yy和0yyb两个区域，则可类似 地得到10 1021( , )sinh()sinh()lnqnx ybynn b aa0sin()sinh()sin()n xn yn x aaa0(0)yy0 2 1021( , )sinh()sinh()lnqn yx

14、ynn b aa0sin()sinh()sin()n xnn xbyaaa0()yyb4.8 如题 4.8 图所示，在均匀电场00xEEe中垂直于电场方向放置一根无 限长导体圆柱，圆柱的半径为a。求导体圆柱外的电位和电场E以及导体表 面的感应电荷密度。解解 在外电场0E作用下，导体表面产生感应电荷，圆柱外的电位是外电场0E的电位0与感应电荷的电位in的叠加。由于导体圆柱为无限长，所以电位 与变量z无关。在圆柱面坐标系中，外电场的电位为000( , )cosrE xCE rC （常数C的值由参考点确定） ，而感应电荷的 电位( , )inr应与0( , )r一样按cos变化，而且在无限远处为 0

15、。由于导体是 等位体，所以( , )r满足的边界条件为 ( , )aC 0( , )cos()rE rCr 由此可设 1 01( , )coscosrE rArC 由条件，有 1 01coscosE aAaCC-_于是得到 02 1EaA 故圆柱外的电位为21 0( , )()cosrra rEC 若选择导体圆柱表面为电位参考点，即( , )0a，则0C。 导体圆柱外的电场则为 1( , )rrrrEee 220022(1)cos( 1)sinraaEErree 导体圆柱表面的电荷面密度为 000( , )2cosr arEr 4.9 在介电常数为的无限大的介质中，沿z轴方向开一个半径为a的圆

16、柱形空腔。沿x轴方向外加一均匀电场00xEEe，求空腔内和空腔外的电位函 数。解解 在电场0E的作用下，介质产生极化，空腔表面形成极化电荷，空腔内、外的电场E为外加电场0E与极化电荷的电场pE的叠加。外电场的电位为000( , )cosrE xE r 而感应电荷的电位( , )inr应与0( , )r一样按 cos变化，则空腔内、外的电位分别为1( , )r和2( , )r的边界条件为 r时，20( , )cosrE r ； 0r时，1( , )r为有限值； ar 时， 12( , )( , )aa，12 0rr 由条件和，可设101( , )coscosrE rAr ()ra1 202( ,

17、 )coscosrE rA r ()ra带入条件，有 1 12AaA a，2 000102EAEa A 由此解得 0 10 0AE ， 20 20 0Aa E 所以 10 02( , )cosrE r ()ra20 20 0( , )1( ) cosarE rr ()ra 4.10 一个半径为b、无限长的薄导体圆柱面被分割成四个四分之一圆柱 面，如题 4.10 图所示。第二象限 和第四象限的四分之一圆柱面接地，第一象限和 第三象限分别保持电位0U和0U。求圆柱面内 部的电位函数。 解解 由题意可知，圆柱面内部的电位函数满 足边界条件为 (0, )为有限值；-_ 000202( , )32032

18、2UbU ； 由条件可知，圆柱面内部的电位函数的通解为1( , )(sincos)n nn nrrAnBn()rb代入条件，有 1(sincos)( , )n nn nbAnBnb由此得到201( , )sindnnAbnb 23200 01sindsind nUnUnb 0(1 cos)nUnb n02,1,3,5,02,4,6,nUnn b n ，201( , )cosdnnBbnb 23200 01cosdcosd nUnUnb 03(sinsin)22nUnn b n 3 022( 1),1,3,5,02,4,6,nnUnn b n ，故 3 021,3,5,21( , )( ) si

19、n( 1)cosn nnUrrnnn b ()rb4.11 如题 4.11 图所示，一无限长介质圆柱的半径为a、介电常数为，在距离轴线)(00arr处，有一与圆柱平行的线电荷lq，计算空间各部分的电位。解解 在线电荷lq作用下，介质圆柱产生极化，介质圆柱内外的电位 ( , )r均为线电荷lq的电位( , )lr与极化电荷的电位( , )pr的叠加，即 ( , )( , )( , )lprrr。线电荷lq的电位为 22 00 00( , )lnln2cos22ll lqqrRrrrr （1）而极化电荷的电位( , )pr满足拉普拉斯方程，且是 的偶函数。介质圆柱内外的电位1( , )r和2( ,

20、 )r满 足的边界条件为分别为 1(0, )为有限值； 2( , )( , ) ()lrrr ar 时，12 120,rr由条件和可知，1( , )r和2( , )r的通解为-_1 1( , )( , )cosn ln nrrA rn(0)ra（2）2 1( , )( , )cosn ln nrrB rn ()ar （3）将式（1）（3）带入条件，可得到11coscosnn nn nnA anB an （4）11 00 10ln()cos()2nnl nnr a nqRA naBnanr （5）当0rr 时，将Rln展开为级数，有 0 101lnln() cosnnrRrnn r（6）带入式（

21、5） ，得 1110 0 110 00()()cos()cos2nnnl nn nnqaA naBnannrr （7）由式（4）和（7） ，有 n nn naBaA1110 0 0 00()()2nnnl nnqaA naBnarr 由此解得 0000()1 2()l nnqAnr ， 2 0000() 2()n l nnqaBnr 故得到圆柱内、外的电位分别为22 100 0( , )ln2cos2lqrrrrr 01000()1() cos2()nlnqrnn r （8）22 200 0( , )ln2cos2lqrrrrr 2 01000()1() cos2()nlnqann r r （

22、9）讨论：利用式（6） ，可将式（8）和（9）中得第二项分别写成为00 0 100000()()1() cos(lnln)2()2()nllnqqrnRrn r 2 00100000()()1() cos(lnln )2()2()nllnqqanRrn r r 其中2222 00()2 ()cosRrarr ar 。因此可将1( , )r和2( , )r分别写成为-_00 10 00002()1( , )lnln22()llqqrRr 00 2 00000()()11( , )lnlnln222lllqqqrRRr 由所得结果可知，介质圆柱内的电位与位于（,0r0）的线电荷002lq 的 电位

23、相同，而介质圆柱外的电位相当于三根线电荷所产生，它们分别为：位于（,0r0）的线电荷lq；位于)0 ,(02ra的线电荷00lq ；位于0r的线电荷00lq 。 4.12 将上题的介质圆柱改为导体圆柱，重新计算。解解 导体圆柱内的电位为常数，导体圆柱外的电位( , )r均为线电荷lq的电位( , )lr与感应电荷的电位( , )inr的叠加，即( , )( , )( , )linrrr。线电荷lq的电位为22 00 00( , )lnln2cos22ll lqqrRrrrr （1）而感应电荷的电位( , )inr满足拉普拉斯方程，且是的偶函数。 ( , )r满足的边界条件为 ( , )( ,

24、)lrr()r ； ( , )aC。由于电位分布是的偶函数，并由条件可知，( , )r的通解为0( , )( , )cosn ln nrrA rn （2） 将式（1）和（2）带入条件，可得到22 00 00cosln2cos2nl n nqA anCarar （3）将22 00ln2cosarar展开为级数，有22 000 101ln2cosln() cosnnaararrnn r（4） 带入式（3） ，得0 01001cosln() cos2nnl n nnqaA anCrnn r （5）由此可得 00 0ln2lqACr ， 200()2nl nqaAn r 故导体圆柱外的电为-_22 0

25、0 0( , )ln2cos2lqrrrrr 0 0(ln)2lqCr21001() cos2nlnqann r r（6） 讨论：利用式（4） ，可将式（6）中的第二项写成为210001() cos(lnln )22nllnqqanRrn r r其中2222 00()2 ()cosRrarr ar 。因此可将( , )r写成为000( , )lnlnln222lllqqqrRRr 0 0ln2lqCr由此可见，导体圆柱外的电位相当于三根线电荷所产生，它们分别为：位于（,0r0）的线电荷lq；位于)0 ,(02ra的线电荷lq；位于0r的线电荷lq。4.13 在均匀外电场00zEEe中放入半径为

26、a的导体球，设（1）导体充电至0U；（2）导体上充有电荷Q。试分别计算两种情况下球外的电位分布。解解 （1）这里导体充电至0U应理解为未加外电场0E时导体球相对于无限远处的电位为0U，此时导体球面上的电荷密度00Ua，总电荷004qaU。将导体球放入均匀外电场0E中后，在0E的作用下，产生感应电荷，使球面上 的电荷密度发生变化，但总电荷q仍保持不变，导体球仍为等位体。设0( , )( , )( , )inrrr，其中000( , )cosrE zE r 是均匀外电场0E的电位，( , )inr是导体球上的电荷产生的电位。电位( , )r满足的边界条件为 r时，0( , )cosrE r ； a

27、r 时， 0( , )aC，0dSSqr A其中0C为常数，若适当选择( , )r的参考点，可使00UC 。由条件，可设 21 0111( , )coscosrE rArB rC 代入条件，可得到 03 1EaA ，01aUB ，001UCC若使00UC ，可得到 321 000( , )coscosrE ra E raU r （2）导体上充电荷Q时，令004QaU，有 0 04QUa利用（1）的结果，得到 32 00 0( , )coscos4QrE ra E rr 4.14 如题 4.14 图所示，无限大的介质中外加均匀电场00zEEe，在介质 中有一个半径为a的球形空腔。求空腔内、外的电

28、场E和空腔表面的极化电荷-_密度（介质的介电常数为） 。解解 在电场0E的作用下，介质产生极化，空腔表面形成极化电荷，空腔内、外的电场E为外加电场0E与极化电荷的电场pE的叠加。设空腔内、外的电位分别为1( , )r和2( , )r，则边界条件为 r时，20( , )cosrE r ； 0r时，1( , )r为有限值； ar 时， 12( , )( , )aa，12 0rr 由条件和，可设101( , )coscosrE rAr 2 202( , )coscosrE rA r 带入条件，有2 21aAaA， 3 0001022EAEa A 由此解得 0 10 02AE ，30 20 02Aa

29、E 所以 10 03( , )cos2rE r 30 20 0( , )1( ) cos2arE rr 空腔内、外的电场为110 03( , )2rEE 22( , )rE 300 0 0()( ) 2cossin 2rEa rEee空腔表面的极化电荷面密度为202()pr arr an PeE 00 0 03()cos2E 4.15 如题 4.15 图所示，空心导体球壳的内、外半径分别为1r和2r，球的中心放置一个电偶极子p，球壳上的电荷量为Q。试计算球内、外的电位分布 和球壳上的电荷分布。 解解 导体球壳将空间分割为内外两个区域，电偶极子p在球壳内表面上引 起感应电荷分布，但内表面上的感应

30、电荷总量为零，因此球壳外表面上电荷总量为Q，且均匀分布在外表面上。 球壳外的场可由高斯定理求得为22 0( )4rQrrEe2 0( )4Qrr-_外表面上的电荷面密度为 22 24Q r设球内的电位为1( , )( , )( , )pinrrr，其中122 00cos( , )(cos )44ppprPrr是电偶极子p的电位，( , )inr是球壳内表面上的感应电荷的电位。 ( , )inr满足的边界条件为 (0, )in为有限值； 1122( , )( )rr，即1122( , )( , )( )inprrr，所以112 0 20 1( , )(cos )44inQprPrr由条件可知(

31、, )inr的通解为 0( , )(cos )n innn nrA r P由条件，有 112 00 20 1(cos )(cos )44n nn nQpA r PPrr比较两端(cos )nP的系数，得到0 0 24QAr ， 13 0 14pAr ， 0nA (2)n 最后得到 123 0 2011( , )()cos44Qprrrrr球壳内表面上的感应电荷面密度为 1111 1003 13cos4r rr rp nrr 感应电荷的总量为 2 1113 103dcos2sind04SpqSrr A4.16 欲在一个半径为a的球上绕线圈使在球内 产生均匀场，问线圈应如何绕（即求绕线的密度）？

32、解解 设球内的均匀场为10zHHe()ra，球外的场为2H()ra，如题 4.16 图所示。根据边界条件，球面 上的电流面密度为2120()()Sr arzr aHJnHHeHe20sinrr aHeHe若令20rr aeH，则得到球面上的电流面密度为 0sinSHJe这表明球面上的绕线密度正比于sin，则将在球内产生均匀场。 4.17 一个半径为R的介质球带有均匀极化强度P。-_（1）证明：球内的电场是均匀的，等于0P； （2）证明：球外的电场与一个位于球心的偶极子P产生的电场相同，34 3R 。 解解 （1）当介质极化后，在介质中会形成极化电荷分布，本题中 所求的电场即为极化电荷所产生的场

33、。由于是均匀极化，介质球体内 不存在极化电荷，仅在介质球面上有极化电荷面密度，球内、外的电 位满足拉普拉斯方程，可用分离变量法求解。 建立如题 4.17 图所示的坐标系，则介质球面上的极化电荷面密度 为 cosprPP nP e介质球内、外的电位1和2满足的边界条件为 1(0, )为有限值； 2( , )0 ()rr ； 12( , )( , )RR12 0()cosr RPrr因此，可设球内、外电位的通解为11( , )cosrAr1 22( , )cosBrr由条件，有 1 12BARR ，1 0132()BAPR解得 1 03PA ， 31 03PRB于是得到球内的电位 1 00( ,

34、)cos33PPrrz故球内的电场为 11 0033zPPEe （2）介质球外的电位为33222 0014( , )coscos343PRR Prrr2 0cos4P r其中34 3R 为介质球的体积。故介质球外的电场为22 221( , )rrrrrEee 3 0(2cossin )4rP ree可见介质球外的电场与一个位于球心的偶极子P产生的电场相同。4.18 半径为a的接地导体球，离球心)(11arr处放置一个点电荷q，如题 4.18 图所示。用分离变量法求电位分布。-_解解 球外的电位是点电荷的电位与球面上感应电荷产生的电位的叠加，感 应电荷的电位满足拉普拉斯方程。用分离变量法求解电位

35、分布时，将点电荷的 电位在球面上按勒让德多项式展开，即可由边界条件确定通解中的系数。设0( , )( , )( , )inrrr，其中0220011( , )442cosqqrRrrrr 是点电荷q的电位，( , )inr是导体球上感应电荷产生的电位。电位( , )r满足的边界条件为 r时，( , )0r； ar 时， ( , )0a。 由条件，可得( , )inr的通解为10( , )(cos )n innn nrA rP 为了确定系数nA，利用R1的球坐标展开式11 011 11 0(cos ) () 1(cos ) ()nnn nnnn nrPrrrRrPrrr 将0( , )r在球面上

36、展开为 01 001( , )(cos )4nnn nqaaPr 代入条件，有 1 1 0001(cos ) (cos )04n n nnnn nnqaA aPPr 比较)(cosnP的系数，得到 211 0 14nnnqaAr 故得到球外的电位为 211 0001( , )(cos )44()nnn nqqarPRrr 讨论：将( , )r的第二项与R1的球坐标展开式比较，可得到 21 1 122220111(cos )()()2 ()cosnnn na raPrrrarr ar 由此可见，( , )r的第二项是位于12rar 的一个点电荷1raqq所产生的 电位，此电荷正是球面上感应电荷的

37、等效电荷，即像 电荷。 4.19 一根密度为lq、长为 2a的线电荷沿z轴放 置，中心在原点上。证明：对于ar 的点，有352435 0( , )P (cos )P (cos )235lqaaarrrr解解 线电荷产生的电位为-_220011( , )442cosaa llaaqqrdzdzRrzrz 对于ar 的点，有12201( )(cos ) 2cosnnn nzPrrzrz 故得到1 00( )( , )(cos )4an l n naqzrPdzr 111 001()(cos )41nn l nn nqaaPnr 352435 0P (cos )P (cos )235lqaaa rr

38、r4.20 一个半径为a的细导线圆环，环与xy平面重合，中心在原点上，环上总电荷量为Q，如题 4.20 图所示。证明：空间任意点电位为24124 0131P (cos )P (cos )428Qrr aaa()ra24224 0131P (cos )P (cos )428Qaa rrr()ra 解解 以细导线圆环所在的球面ar 把场区分为两部分，分别写出两个场域的通解，并利用函数将细导线圆环上的线电荷Q表示成球面ar 上的电荷面 密度22(coscos)(cos )222QQ aa再根据边界条件确定系数。 设球面ar 内、外的电位分别为1( , )r和2( , )r，则边界条件为： 1(0,

39、)为有限值； 2( , )0 ()rr 12( , )( , )aa，12 02()(cos )2r aQ rra根据条件和，可得1( , )r和2( , )r的通解为1 0( , )(cos )n nn nrA r P（1）1 2 0( , )(cos )n nn nrB rP （2） 代入条件，有1n nn naBaA-_（3）12 2 00(1)(cos )(cos )2nn nnn nQA naB naPa （4）将式（4）两端同乘以sin)(cosmP，并从 0 到对进行积分，得12(1)nn nnA naB na 2 00(21)(cos )(cos )sin d4nnQPa 2

40、0(21)(0)4nnQPa（5）其中 201,3,5, (0)1 3 5(1)( 1)2,4,6,2 4 6nnn Pnnn 由式（3）和（5） ，解得 1 0(0)4nnnQAPa ，0(0)4nnnQaBP代入式（1）和（2） ，即得到24124 0131P (cos )P (cos )428Qrr aaa()ra24224 0131P (cos )P (cos )428Qaa rrr()ra 4.21 一个点电荷q与无限大导体平面距离为d，如果把它移到无穷远处， 需要作多少功？ 解解 利用镜像法求解。当点电荷q移动到 距离导体平面为x的点P处时，其像电荷 qq，与导体 平面相距为xx，如题 4.21 图所示。像电荷q在点P处产生的电场为2 0( )4(2 )xqxxEe所以